Wahrscheinlichkeitstheorie Extrablatt: Lösungen 2 Hausaufgaben

Sommersemester 2017
Wahrscheinlichkeitstheorie
Extrablatt 2: Lösungen
Prof. K. Panagiotou/K. Matzke
Abgabe bis spätestens am 10. Juli. Sie können auch zu zweit abgeben.
Hausaufgaben
Aufgabe E2.1
Seien X1 , X2 unabhängige standardnormalverteilte Zufallsvariablen. Bestimmen Sie die Verteilung von X1 /X2 .
Lösung. Nenne der Übersicht halber X1 = Y und X2 = X. Sei fX,Y (x, y) =
die gemeinsame Verteilung. Für c ∈ R erhalten wir
1 −x
2π e
2 +y 2
2
P (Y /X ≤ c) = P ((Y ≤ cX) ∧ (X > 0)) + P ((Y ≥ cX) ∧ (X < 0))
Z 0 Z ∞
Z ∞ Z cx
=
−∞
0
fX,Y (x, y) dy dx +
−∞ cx
fX,Y (x, y) dy dx.
Mit der Substitution z = y/x (man beachte, dass x < 0 im zweiten Integral) und Fubini
folgt weiterhin
P (Y /X ≤ c) =
Z 0 Z −∞
Z ∞Z c
0
Z c
−∞
Z ∞
=
=
−∞ 0
Z c
1
−∞
xfX,Y (x, xz) dz dx +
xfX,Y (x, xz) dx dz −
Z ∞
2π
|x|e−
x2 +(xz)2
2
xfX,Y (x, xz) dz dx
−∞ c
Z c Z 0
xfX,Y (x, xz) dx dz
−∞ −∞
Z c
1
dx dz =
−∞
−∞
π
Z ∞
R∞
0
2
2
1 −ay ∞
te−at dt = [− 2a
e
]0 =
fY /X (z) =
1
π
Z ∞
xe−x
2 1+z
2
2
dx =
0
1
2a ,
x2 +(xz)2
2
dx dz.
0
|
Mit der Beobachtung, dass
xe−
{z
=fY /X (z)
}
gilt
1 1
,
π 1 + z2
also ist fY /X Cauchy-verteilt.
Aufgabe E2.2
Sei (Ω, A, µ) ein Maßraum und p ≥ 1. Definiere für eine messbare Funtion f : Ω → R
Z
p
kf kp =
|f | dµ
1/p
.
Ω
Zeigen Sie die Minkowski-Ungleichung, also kf + gkp ≤ kf kp + kgkp für messbare f, g.
1
Lösung. Sei q so, dass q −1 + p−1 = 1. Insbesondere ist also p = q(p − 1) Mit der HölderUngleichung ergibt sich
Z
|f | · |f + g|p−1 dµ ≤ kf kp
Z
|f + g|q(p−1) dµ
1/q
= kf kp · kf + gkp−1
p .
Analog gilt
Z
|g| · |f + g|
p−1
Z
dµ ≤ kgkp
|f + g|
q(p−1)
1/q
dµ
= kgkp · kf + gkp−1
p .
Insgesamt erhalten wir also
kf +
gkpp
≤
Z
(|f | + |g|)|f + g|p−1 dµ ≤ (kf kp + kgkp ) · kf + gkp−1
p .
Aufgabe E2.3
f.s.
Seien (Xn )n∈N unabhängig und identisch verteilt. Zeigen Sie: falls Sn /n −−→ a mit a ∈ R,
dann E[X1 ] = a.
Lösung.
Es ist
Xn
Sn n − 1 Sn−1 f.s.
=
−
−−→ 0
n
n
n n−1
=⇒
Nach dem Borel-Cantelli-Lemma muss also
X
Xn P ≥ 1 für ∞ viele n = 0.
n Xn
n≥1 P n ≥ 1 < ∞ und damit
P
P (|X1 | ≥ n) < ∞ ⇒ E[|X1 |] < ∞.
n≥1
n→∞
Nach dem starken Gesetz der großen Zahlen folgt also Sn /n −−−→ E[X1 ] und daher E[X1 ] =
a.
Aufgabe E2.4
d
Geben Sie Beispiele für Zufallsvariablen (Xn )n∈N und X, sodass Xn −
→ X und
(i) Xn für alle n ∈ N integrierbar, aber X nicht integrierbar ist oder
(ii) Xn für alle n ∈ N nicht integrierbar ist, X jedoch schon oder
n→∞
(iii) Xn für alle n ∈ N und X integrierbar sind mit E[Xn ] −−−→ E[X], jedoch (Xn )n∈N
nicht gleichgradig integrierbar ist.
Lösung
(i) Wir wählen diskrete X und Xn mit den folgenden Verteilungen:
P (X = k) =
6
, k ∈ N,
2
π · k2
k −2
P (Xn = k) = Pn −2 , k ∈ {1, . . . , n}.
i=1 i
d
Nach Z9.3 gilt Xn −
→ X, und E[X] = 6π −2
n, also auch E[|Xn |] < ∞.
2
P
k≥1 k
−1
= ∞. Des Weiteren ist 1 ≤ Xn ≤
(ii) Seien U, V, W, unabhängig identisch verteilt mit U ∼ U(0,1) . Wir wählen
Xn := U · 1{W ≤ n−1 } + V −1 · 1{W > n−1 } , n ∈ N.
X = U,
n
Dann ist E[X] =
außerdem
1
2
n
1
−1 ]
n E[V
und es gilt E[Xn ] ≥
≥
1 R 1 −1
dx
n 0 x
P (|Xn − X| ≥ ε) ≤ P (W > (n − 1)/n) =
= ∞. Für ε > 0 ist
1
→ 0,
n
P
also Xn −
→ X.
(iii) Sei (Ω, A, P ) = ([0, 1], B([0, 1]), U[0,1] ). Wähle
Xn = n 1[0, 1 ] − 1[ 1 , 2 ] , n ∈ N.
X = 0,
n
n n
P
Offenbar ist E[X]E[Xn ] = 0 für alle n ∈ N und darüber hinaus sogar Xn −
→ X. Jedoch
sind die Xn nicht gleichgradig integrierbar, denn zu N > 0 gilt für alle n ≥ N , dass
E[|Xn | · 1{|Xn |≥N } ] = 2
N →∞
⇒
sup E[|Xn | · 1{|Xn |≥N } ] = 2 6→ 0.
n∈N
Aufgabe E2.5
Seien (Xn )n∈N unabhängige exponetialverteilte Zufallsvariablen mit Parameter 1. Sei Yn =
maxk≤n Xk . Bestimmen Sie eine Sequenz (an )n∈N so dass Yn − an in Verteilung konvergiert.
Lösung.
Setze an = log n. Für c ∈ R gilt
P (Yn − an ≤ c) = P
=
n
\
!
Xk ≤ c + an
k=1
!n
e−c
1−
n
= 1 − e−c−an
n→∞
−c
· 1{c+an ≥0} −−−→ e−e
n
· 1{c+an ≥0}
=: F (c),
was die punktweise Konvergenz zeigt. Man prüft leicht, dass F tatsächlich eine (stetige)
Verteilungsfunktion ist.
Aufgabe E2.6
Seien X, X1 , . . . , Xn unabhängige, reelle Zufallsvariablen. Zeigen Sie:
(a) Das Paar (X, X) ist genau dann unabhängig, wenn X fast sicher konstant ist.
(b) Die Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn sind genau dann fast sicher konstant, wenn
fast sicher konstant ist.
Pn
i=1 Xi
Lösung.
(a) ⇒ Nehme an, X sei nicht f.s. konstant. Dann existiert x0 ∈ R, sodass 0 < α :=
FX (x0 ) < 1. Doch dann ist
α = P (X ≤ x0 ) = P ({X ≤ x0 } ∩ {X ≤ x0 }) = P (X ≤ x0 )2 = α2 ,
also α ∈ {0, 1}, ein Widerspruch.
3
⇐ Sei X = c f.s. und A, B ∈ B(R). Es gilt
P (X ∈ A, X ∈ B) = P (X ∈ A ∩ B) = 1{c∈A∩B} = P (X ∈ A)P (X ∈ B).
(b)
⇒ Sei Xk = ck f.s. für alle 1 ≤ k ≤ n und setze c =
P(
n
X
Xk = c) ≥ P (∩k Xk = ck ) =
k=1
Pn
n
Y
k=1 ck .
Es ist
P (Xk = ck ) = 1.
k=1
⇐ Wir zeigen die Aussage per Induktion, wobei der Anfang für n = 1 klar ist. Sei
P
also n > 1 und definiere Yn = n−1
k=1 Xk . Dann ist Yn + Xn = c f.s. für ein c ∈ R.
Insbesondere ist Yn = c − Xn . Nehme nun o.B.d.A. an, Xn sei nicht f.s. konstant.
Analog wie in (a) existiert dann x0 ∈ R, sodass FXn (x0 ) = α ∈ (0, 1). Da folglich
auch P (c − Yn ≤ x0 ) = α, erhalten wir via
α = P (Xn ≤ x0 ∧ Yn ≥ c − x0 ) = P (Xn ≤ x0 )P (Yn ≥ c − x0 ) = α2
einen Widerspruch. Es sind also Yn und Xn f.s. konstant. Das Resultat folgt, wenn
wir die Induktionsannahme auf Yn anwenden.
Aufgabe E2.7
Bestimmen Sie für jedes Paar an Maßen µ und ν, welches bezüglich des anderen absolut
stetig ist und warum. Falls eine Radon-Nikodym-Ableitung existiert, geben Sie diese explizit
an; falls nicht, finden Sie ein Ereignis A, das Maß Null bzgl. des einen Maßes, aber nicht
bzgl. des anderen Maßes hat.
(i) µ ∼ Exp(1), ν ∼ Exp(2),
(ii) µ ∼ N (0, 1), ν ∼ Exp(1),
(iii) µ ∼ N (0, 1), ν ∼ Bin(100, 1/2).
Lösung.
(i) Die Maße µ und ν sind äquivalent: Für A ∈ B(R) gilt
Z
Z
µ(A) =
e
dµ(x) =
A
A
−x
1
dx =
2
Z
A
x
e · 2e
−2x
1
dx =
2
Z
ex dν(x).
A
1 x
dν
−x
Also dµ
dν (x) = 2 e . Analog ist dµ (x) = 2e .
(ii) Es ist ν µ aber µ 6 ν. Um den ersten Teil einzusehen, wählen wir wieder A ∈ B(R):
√
Z
Z
2π x2 x2
−x
−x
ν(A) =
e · 1[0,∞) (x) dx =
e · 1[0,∞) (x) √ e− 2 + 2 dx
2π
A
A
Z
√
x2
−x
=
e · 1[0,∞) (x) 2πe 2 dµ(x),
A
√
x2
dν
also dµ
(x) = 2πe−x+ 2 · 1[0,∞) (x). Sei andererseits a < b < 0, dann ist ν([a, b]) =
0 < µ([a, b]).
(iii) Die Maße µ und ν sind bzgl. des jeweils anderen singulär – ν ist diskret und µ stetig.
Als Beispiel, wähle A = [a, b] mit a < b < 0 und B = {n} mit n ∈ {0, . . . , 100}. Dann
ist ν(B) > ν(A) = 0 = µ(B) < µ(A).
Aufgabe E2.8
Seien X1 , X2 unabhängige und identisch verteilte positive Zufallsvariablen mit E[X1 ] < ∞
und E[X12 ] = ∞. Sei Y = min{X1 , X2 }. Zeigen Sie, dass E[Y 2 ] < ∞.
4
Lösung.
Es gilt
Ü4.8
E[Y 2 ] =
Z ∞
0
≤1+
P (Y 2 > t) dt =
√
Z ∞
P (X1 >
Z ∞
P (Y >
√
Z ∞
P (X1 >
t) dt =
0
√
t)2 dt
0
t)2 dt
1
Markov
≤
Z ∞
√ E[X1 ]
t · √ dt
t
P X1 >
1+
1
√
s= t
≤ 1 + E[X1 ] ·
Z ∞
P (X1 > s) ds
1
≤ 1 + E[X1 ]2 < ∞.
Lösung 2.
Es ist E[Y 2 ] ≤ E[X1 X2 ] = E[X1 ]E[X2 ] < ∞.
Aufgabe E2.9
Seien (Xn )n∈N unabhängige, identisch verteilte Zufallsvariablen mit P (X1 = i) =
P
Xn
0 ≤ i ≤ 9. Bestimmen Sie die Verteilung von Y = n≥1 10
n.
1
10
für
Lösung. Wir behaupten, dass 0 ≤ Y ≤ 1 uniform auf [0, 1] verteilt ist. Sei hierfür c ∈ [0, 1]
P
in Dezimaldarstellung c = i≥1 ci · 10−i gegeben. Es ist
{Y ≤ c} =
[
{Xn < cn } ∩
n∈N
n−1
\
!
{Xk = ck }
k=1
eine Partition des Ereignisses Y ≤ c, also
P (Y ≤ c) =
X cn
n≥1
1
·
10 10n−1
=
X cn
n≥1
10n
= c.
Aufgabe E2.10
Seien (Xn )n∈N unabhängig und identisch verteilt. Zeigen Sie:
(a) ∀ε > 0 :
P (|Xn | ≥ εn unendlich oft ) = 0
⇐⇒
E[|X1 |] < ∞
P (|Xn | ≥ εn unendlich oft ) = 1
⇐⇒
E[|X1 |] = ∞.
(b)
P
1
· max |Xk | → 0 = 1
n 1≤k≤n
⇐⇒
E[|X1 |] < ∞.
Lösung.
(a) Es ist
Ü4.8
E[|X1 |] < ∞ ⇐⇒ ∀ε > 0 : E[| Xε1 |] < ∞ ⇐⇒ ∀ε > 0 :
X
P (| Xε1 | ≥ n) < ∞
n≥0
⇐⇒ ∀ε > 0 :
X
P (|Xn | ≥ εn) < ∞
n≥0
Borel-Cantelli
⇐⇒
∀ε > 0 : P (|Xn | ≥ εn unendlich oft) = 0
Die zweite Äquivalenz wird analog gezeigt.
5
(b) Setze Mn = max1≤k≤n |Xk |. Wir erhalten


f.s.
\
Mn /n −−→ 0 ⇐⇒ P 
{lim inf Mn /n < 1/l} = 1
n→∞
l∈N
⇐⇒ lim P lim inf Mn /n < 1/l = 1
n→∞
l→∞
⇐⇒ ∀ε > 0 : P lim inf Mn /n < ε = 1
n→∞
⇐⇒ ∀ε > 0 : P (Mn ≥ εn unendlich oft) = 0.
Wir zeigen nun noch, dass
{Mn ≥ εn unendlich oft} = {|Xn | ≥ εn unendlich oft},
um den Beweis unter Anwendung von (a) abzuschließen. Zu zeigen ist nur die Inklusion
‘⊆’. Betrachte hierfür ein ω, das nicht in der rechten Menge liegt und wähle N ∈ N so
groß, dass |Xn (ω)| < εn für alle n ≥ N . Setze
C := ε−1 · max |Xk (ω)|,
1≤k≤N
M := max(N, C + 1).
Nach Wahl ist für n ≥ M nun max1≤k≤N |Xk (ω)| = Cε < εn und nach Wahl von N
ist |Xk (ω)| < εn für alle N ≤ k ≤ n. Also liegt ω auch nicht in der linken Menge.
Aufgabe E2.11
Es seien (Xn )n∈N reellwertige u.i.v. Zufallsvariablen mit 0 < E[|X1 |] < ∞. Weiter sei
Sn :=
n
X
Xk , n ∈ N,
k=1
die zugehörige in 0 gestartete sogenannte Irrfahrt. Man beweise, dass
P lim sup Sn = ∞ oder lim inf Sn = −∞ = 1.
n→∞
n→∞
(Hinweis: Beweis von Satz 3.15.)
Lösung. Bemerke, dass die Bedingung 0 < E[|X1 |] < ∞ die Existenz eines δ > 0 impliziert,
für welches P (X1 > δ) > 0 oder P (X1 < −δ) > 0 gilt. O.B.d.A. können wir Ersteres annehmen (andernfalls betrachten wir −Sn ). Es sei M > 0 beliebig. Definiere die Zufallsvariable
T = T (M ) := inf{n ≥ 1 : Sn ∈
/ [−M, M ]}. Zu zeigen ist also die äquivalente Behauptung
T < ∞ f.s.
Wähle l ∈ N mit der Eigenschaft lδ > 2M . Wegen der Unabhängigkeit der Folge (Xn )n sind
auch die Ereignisse
Ai := {X(i−1)l+1 > δ, ..., Xil > δ}, i ∈ N,
unabhängig. Beachte, dass P (Ai ) = P (X1 > δ)l > 0 für alle i ∈ N, und wegen der iUnabhängigkeit dieser Wahrscheinlichkeiten ist
∞
X
P (Ai ) = ∞.
i=1
6
Nach dem Lemma von Borel-Cantelli gibt es f.s. unendlich viele i, für welche Ai eintritt (was
insbesondere heißt, dass f.s. mindestens ein Ai eintritt). Für beliebiges i ist jedoch T < ∞
auf Ai : Ist S(i−1)l ∈ [−M, M ], so folgt aus lδ > 2M , dass Sil > −M + 2M = M , also T ≤ il.
Ist S(i−1)l ∈
/ [−M, M ], so ist ohnehin schon T < (i − 1)l.
Da M > 0 beliebig gewählt war, haben wir die Behauptung hiermit gezeigt.
Aufgabe E2.12
d
Seien X, (Xn )n∈N Zufallsvariablen mit Xn −
→ X und FZ−1 (y) := inf{x : FZ (x) ≥ y} die
aus ihren Verteilungsfunktionen gebildeten Quantilsfunktionen. Y sei gleichverteilt auf [0, 1].
f.s.
Rufen Sie sich in Erinnerung, dass FZ−1 (Y ) wie Z verteilt ist, und zeigen Sie, dass FX−1n (Y ) −−→
FX−1 (Y ).
Lösung. Da FZ−1 monoton steigt, ist die Menge der Sprungstellen abzählbar, also eine
n→∞
Nullmenge. Es genügt zu zeigen, dass FX−1n (y) −−−→ FX−1 (y) für FX−1 stetig an y.
Nehme an, es existiert ε > 0, sodass (o.B.d.A.) FX−1n (y) ≥ FX−1 (y) + ε für unendlich viele n.
Nach der Stetigkeit an y existiert δ > 0, sodass FX−1 (y + δ) ≤ FX−1 (y) + 2ε =: xε . Es folgt,
dass
ε
inf{x : FX (x) ≥ y + δ} ≤ inf{x : FX (x) ≥ y} + .
2
Nun gilt
• FX (FX−1 (y)) ≥ y ⇒ FX (FX−1 (y) + 2ε ) ≥ FX (FX−1 (y + δ)) ≥ y + δ und
• FXn (FX−1 (y) + 2ε ) ≤ FXn (FX−1n (y) − 2ε ) = FXn (inf{x : FXn (x) ≥ y} − 2ε ) < y unendlich
oft.
Diese beiden Ungleichungen führen zu
FX (xε ) − FXn (xε ) ≥ δ für unendlich viele n,
und damit FXn (xε ) 6→ FX (xε ). Falls xε eine Stetigkeitsstelle von FX war, erhalten wir damit
einen Widerspruch. Falls nicht, ersetze xε durch xε + α mit α < 2ε , sodass FX an xε + α
stetig ist (überabzählbar viele Wahlmöglichkeiten), um so den Widerspruch zu erhalten.
d
Ein Korollar dieser Aufgabe ist, dass es für Xn −
→ X einen W-Raum und dort definierte
f.s.
Zufallsvariablen Yn und Y mit PXn = PYn und PX = PY gibt, sodass Yn −−→ Y .
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